2020年高三数学培优专练4：恒成立问题及解析

培优四 恒成立问题

一、最值分析法

例1：设fxx22mx2，当x1,时，fxm恒成立，求m的取值范围 ． 【答案】3,1

2【解析】恒成立不等式为x2mx2m0，只需x2mx2m2min0，

令gxx22mx2m，则对称轴为xm．

①当m1时，gx在1,单调递增，∴gxming112m2m0， ∴m3，即m3,1；

②当m1时，gx在1,m单调递减，在m,单调递增，

∴gxmingmm22m22m0，∴2m1，即m1,1． 综上，m3,1．

二、参变量分离法

例2：已知函数fx【答案】(,2]

k1lnx，如果当x1时，不等式fx恒成立，求实数k的取值范围 ． xx1x11lnx1lnxkk【解析】∵x1，∴， xx1x即只需要k

x11lnx即可，

xmin 设gxx11lnx，

xxx11lnxx11lnxxlnx∴gx， x2x2令hxxlnx(分子的符号无法直接判断，所以考虑再构造函数进行分析） ∴hx11x1， xx∵x1，∴hx0，∴hx在[1,+)单调递增，∴hxh110， ∴gx0，∴gx在[1,+)单调递增， ∴当x1时，gxming12，∴k2． ∴实数k的取值范围是(,2]．

三、数形结合法

2

例3：已知不等式x1logax在x1,2上恒成立，则实数a的取值范围是 ． 【答案】(1,2]

【解析】先作出yx1的图象，观察图象可得：若要使不等式成立，

则ylogax的图象应在yx1的上方，∴ylogax应为单增的对数函数，即a1， 另一方面，观察图象可得：若要保证在x1,2时不等式成立，

只需保证在x2时，x1logax即可，代入x2，可得1loga2a2， 综上可得：1a2．

222

对点增分集训

一、选择题

1．已知fxxlnx，gxx3ax2x2，若对任意的x0,，2fxgx2 恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A．(2,0) B．(0,e) C．(0,) D．(2,)

【答案】D

【解析】由2fxgx2，可得2xlnx3x22ax1，∴a1122lnx3xx， 设gx2lnx3x1213x22x13x1x1x，∴gxx3x2x2x2， ∴gx在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减， ∴gxmaxg14，∴

122lnx3x1x2，∴a2． max2．已知函数fxx2ex，当x1,1时，不等式fxm恒成立，则实数m的取值范围是（A．1,e B．1,e

C．e, D．e,

【答案】D

【解析】若mfx恒成立，则mfxmax，fx2xexx2exxx2ex， ∴fx在1,0单调递减，在0,1单调递增，f11e，f1e， ）

∴f(x)maxf(1)e，∴me．

2x4x3,3．已知fx2x2x3,x0x0，不等式fxaf2ax在a,a1上恒成立，则a的

取值范围是（ ） A．,2 【答案】A

【解析】作出fx的图象可知fx为减函数，∴fxaf2ax等价于xa2ax在

B．(1,)

C．(0,2)

D．(,0)

xa,a1恒成立，即a2xmax2a1，解得a2．

4．若不等式xx2c1对任意xR恒成立，则c的取值范围是（ ）

A．(1,) 【答案】B

B．1, 2C．(0,1)

D．1,1 2【解析】恒成立不等式变形为x2c1x， 即yx2c的图象在y1x图象的上方，

先作出y1x的图象，对于yx2c，可看作yx经过平移得到，而平移的距离与c的取值有关．

通过观察图象，可得只需2c1，解得c1． 2

5．已知函数fxlnxA．(0,1)

a，若fxx2在1,上恒成立，则a的取值范围是（ ） xC．(1,)

D．1,

B．(0,e)



【答案】D

【解析】由fxx2，可得lnx33ax2， x∴xlnxax，∴axlnxx，其中x1,． ∴只需要axlnxx3max，令gxxlnxx3，g(x)1lnx3x，

22116x2令h(x)g(x)1lnx3x，hx6x，

xx当x1时，hx0，∴h(x)在1,单调递减， 又h12，∴h(x)h(1)0，即g(x)0，

∴g(x)在1,单调递减，∴gxg11，∴a1．

gx1fx2e2x21e2x6．设正数fx，gxx，对任意x1,x20,，不等式恒成立，

xekk1则正数k的取值范围是（ ） A．(0,1) 【答案】B 【解析】由

B．[1,)

C．[e,)

D．[1,e)

gx1kfx2k1，可得gx1kfx2k1，∴

kfx2k1gx1max，

gxe21xex，可得gx在0,1单调递增，在1,单调递减，

故gxmaxg1e， ∴若原不等式恒成立，只需

kfx2k1e，

k1k1fx2，则只需efx2min， kk再进行一次参变分离，

kfx2k1eee2x2111fxe2x2e2x2e，∴fx2min2e， xxx

∴e

二、填空题

7．已知函数fxexaex，若f(x)23恒成立，则实数a的取值范围是 ． 【答案】[3,)

x【解析】∵f(x)eae，即exxk12e，解得k1． kax223恒成立，∴ae23ex， xe若不等式恒成立，只需ae2x223ex，

maxxxx令gxe23ee323，

∵gxmax3，∴a3．

8．若不等式logaxsin2x(a0,a1)对于任意的x0,都成立，则实数a的取值范围是 ．

4π【答案】π,1 4【解析】先作出ysin2x的图象，观察图象可得：若要使不等式成立， 则ylogax的图象应在ysin2x的上方， ∴ylogax应为单减的对数函数，即0a1，

观察图象进一步可得，要使不等式对于任意的x0,都成立，

4π只需x

πππππ时，logaxsin2x，即logasin21a，∴a,1．

44444

9．已知函数f(x)e，对任意的x[1,m](m1)，都有f(x2)ex，则最大的正整数m为 ． 【答案】4

【解析】f(x2)ex，即ex2|x|ex，作出函数gxex2和hxex的图象，

可知g1h1e，g4e2h44e，g5e3h55e，∴m5， 即m的最大整数值为4．

10．已知fxa2lnxx2ax，(a0)，若不等式efx3e2对任意x1,e恒成立， 则实数a的取值范围为 ． 【答案】e1

【解析】令x1，可得f1eae1，

xa2xaa2fx2xa，

xx由ae1可得，当x1,e时，xa0，2xa0，即fx0，∴fx在1,e上单调递增，

∴fe3e2，即aeae3e2，解得e2ae1，

22xa2xa0x，

结合ae1，可得ae1．

三、解答题 11．已知函数fx1lnx． x（1）求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程； （2）如果当x1时，不等式fx【答案】（1）y1；（2）(,2]．

k恒成立，求实数k的取值范围． x1【解析】（1）f(1)1，f(x)lnx，f(1)0， 2x∴函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y1．

（2）当x1时，由

x11lnx1lnxk，可得k，

xxx1即只需要kx11lnx，

xmin，

设gxx11lnxxxx11lnxx11lnxxlnxgx

x2x2令hxxlnx，hx1∵x1，∴hx0，

1x1， xxhx在[1,+)单调递增∴hxh110，

∴gx0，gx在1,单调递增，gxming12，k2． 综上，实数k的取值范围为(,2]．



12．已知函数fxax2a1xlnx，aR，gxex1．

2x（1）当a0时，求函数f(x)的单调区间；

（2）若对于任意的x10,，x2R，不等式fx1gx2恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1）函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减；（2）1,0． 【解析】（1）当a0时，fxxlnx，fx1易得当0x1时，fx0，当x1时，fx0， ∴函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减． （2）fx1gx2恒成立，只需fx1gxmin，

由gxex1，得gxe1，令gx0，解得x0，

xx11x， xx∴gx在,0单调递减，在0,单调递增， ∴gxming00，

∴x10,，都有ax12a1x1lnx10恒成立，即只需fxmax0．

2212ax2a1x12ax1x1fx2ax2a1， xxx当a0时，令x2a1， a则f12a12a1lnln20，与fx0矛盾， aaa当a0时，2ax10，∴fx0解得x1， ∴fx在0,1单调递增，在1,单调递减， ∴fxmaxf1a2a1a1， ∴a10，解得a1， 综上所述：a1,0．

13．已知函数f(x)xab，其中a,bR． x（1）讨论函数yf(x)的单调性；

（2）若对于任意的a,2，不等式f(x)10在,1上恒成立，求b的取值范围．

24【答案】（1）见解析；（2）,．

4117ax2a【解析】（1）fx12， 2xx当a0时，可得fx0恒成立，∴fx在,0,0,单调递增； 当a0时，令fx0，可解得xa或xa，

∴fx在(,a)，(a,)单调递增；在(a,0)，(0,a)单调递减． （2）若f(x)10在,1上恒成立，则只需f(x)max10，

14由（1）可知fx在,1的边界处取得最大值，

14f∴f13910b4a1a,2恒成立， ，即对任意的442110b9a397b(4a)min∴，可得b． 44b(9a)min综上，b的取值范围为,． 4714．已知函数fxxalnx1，aR． （1）求函数fx的单调区间；

（2）若2fxlnx0对于任意的x1,恒成立，求a的取值范围． x3,． 2【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）fx1axax0， xx①当a0时，fx0恒成立，∴fx在0,上单调递增； ②当a0时，函数fx在0,a上单调递减，在(a,)上单调递增． （2）由2fx2lnx0可得2x22axlnx2xlnx0， x设g(x)2x2axlnx2xlnx，g10，

gx4x2a1lnx21，∴g142a212a3 xQgx0恒成立，g10，

∴g10，否则若g10，由于gx连续，

∴必存在区间1,m使得gx0，即gx在1,m单调递减， 进而x01,m，使得gx0g10，不符题意． ∴a3． 23均满足条件． 22下面证任意的a构造函数h(x)2x3xlnx2xlnx（a3时的gx） 2则g(x)hx2a3xlnx，当x1,时，2a3xlnx0，∴g(x)hx0， ∴x1,，gxhx．

若要gx0恒成立，只需证明hx0即可． 又h10，

h(x)4x31lnx2114x3lnx5，可得h10， xx令k(x)4x3lnx15， x314x23x14x1x1kx42， 22xxxx当x1,时，kx0，

∴kx在[1,)单调递增，kxk10，即h(x)0， ∴hx在[1,)单调递增，hxh10成立， ∴a3时，x1,，g(x)hx0恒成立，符合题意． 23,． 2综上，a的取值范围为